\documentclass[a4paper]{article}
\usepackage[margin=1in]{geometry}
\usepackage{ctex}
\usepackage{tikz}
\usepackage{color}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{xltxtra}
\usepackage{mflogo,texnames}
\usepackage{graphicx}

\setmainfont{Times New Roman}

\newtheorem{theorem}{Theorem}
\newtheorem{lemma}{lemma}
\title{\heiti\zihao{2} 习题12.2}
\author{中书君}
\date{\songti \today}
\begin{document}
\maketitle
\section{讨论下列函数项级数在指定区间上的一致收敛性:}
\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(1-x)^{2} x^{n}, x \in[0,1]$}
\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
易得此函数项级数的和函数$S(x)\equiv 0$,在$[0，1]$上连续,对每个级数中的项都是非负连续函数,所以由Dini定理可得级数一致收敛.

\textbf{解}$2^{\circ}$\quad
$$
S_{n}=(1-x^{2})\cdot\dfrac{x^{n+1}-x}{x-1}=x(1-x)(1-x^{n})
$$
对$|S_{n}(x)-S(x)|$求导得:
$$
S_{n}(x)'=(n+1)x^{n}-(n+2)x^{n+1}
$$
解得其极大值点$x=\dfrac{n+1}{n+2}$.又因为$S_{n}(x)\leqslant \left(\dfrac{n+1}{n+1}\right)^{n}\cdot \dfrac{1}{n+2}$,而$\sup \left\{\dfrac{1}{n+1}\right\}=0(n\rightarrow \infty)$,从而级数一致收敛.

\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{(x+n)(x+n+1)}, x \in[0,+\infty)$}
\textbf{解}\quad
由于$\left|\dfrac{1}{(x+n)(x+n+1)}\right|\leqslant\left|\dfrac{1}{(n)(n+1)}\right|$,而且$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n(n+1)}=1-\dfrac{1}{n+1}\rightarrow 1(n\rightarrow \infty)$.从而可知原级数绝对一致收敛.

\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{n x}{1+n^{5} x^{2}}, x \in(-\infty,+\infty)$}
\textbf{解}\quad
由于$1+n^{5} x^{2} \geqslant 2 x \sqrt{n^{5}}$,所以$\left|\dfrac{n x}{1+n^{5} x^{2}}\right| \leqslant\left|\dfrac{n x}{2 x \sqrt{n^{5}}}\right|=\dfrac{1}{2 n^{\frac{3}{2}}}$.因为$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{2 n^{\frac{3}{2}}}$ 收敛,所以由Weierstrass判别法可知
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{n x}{1+n^{5} x^{2}},$ 在 $x \in(-\infty,+\infty)$ 一致收敛.

\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{n^{2}}{\sqrt{n !}}\left(x^{n}+x^{-n}\right), x \in\left[\dfrac{1}{3}, 3\right]$}
\textbf{解}\quad
$$\frac{n^{2}}{\sqrt{n !}}\left(x^{n}+x^{-n}\right) \leqslant \frac{n^{2}}{\sqrt{n !}}\left(3^{n}+\frac{1}{3^{n}}\right) \leqslant \frac{n^{2}}{\sqrt{n !}}\left(3^{n}+1\right)$$
因为$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\dfrac{n^{2}}{\sqrt{n !}}\left(3^{n}+1\right)}\sim \dfrac{\sqrt{\mathrm{e}}\cdot 3}{\sqrt{n}}=0$,从而由Cauchy根值判别法知优级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{n^{2}}{\sqrt{n !}}\left(3^{n}+1\right)$收敛,从而由Weierstrass判别法知原级数一致收敛.

\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin \left(n+\dfrac{x}{2}\right)}{\sqrt[3]{n^{4}+x^{4}}}, x \in[0,+\infty)$}
\textbf{解}\quad
$$
\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin \left(n+\dfrac{x}{2}\right)}{\sqrt[3]{n^{4}+x^{4}}}\leqslant\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt[3]{n^{4}}}
$$
优级数收敛.由Weierstrass判别法可知, $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin \left(n+\frac{x}{2}\right)}{\sqrt[3]{n^{4}+x^{4}}}$ 在 $[0,+\infty)$ 一致收敛.

\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} x^{3} \mathrm{e}^{-n x^{2}}, x \in[0,+\infty)$}
\textbf{解}\quad
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} x^{3} \mathrm{e}^{-n x^{2}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^{3}}{\mathrm{e}^{nx^{2}}}\leqslant \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^{3}}{1+nx^{2}}\leqslant\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_{n}\left(\sqrt{\dfrac{3}{2n}}\right)$,优级数收敛,从而原级数绝对一致收敛.

\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} x \mathrm{e}^{-n x^{2}},$ (1) $x \in[0,+\infty)$,
(2) $x \in[\delta,+\infty)$, 其中 $\delta>0$}
\textbf{解}\quad
(1)取$x_{n}=\dfrac{1}{\sqrt{n}}$,易得函数列的极限不为$0$,从而级数不一致收敛.\par 
(2)当$x\geqslant \delta > 0$时,可得和函数$\sum\limits_{n=1}^{\infty} x \mathrm{e}^{-n x^{2}}=x\sum\limits_{n=1}^{\infty} \mathrm{e}^{-n x^{2}}=\dfrac{xe^{-x^{2}}}{1-e^{-x^{2}}}$.当$x>\delta $时,显然$|S_{n}(x)-S(x)|=\dfrac{xe^{-(n+1)x^{2}}}{1-e^{-x^{2}}}\rightarrow 0$,从而级数一致收敛.


\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} 2^{n} \sin \dfrac{1}{3^{n} x},$ (1) $x \in(0,+\infty)$,
(2) $x \in[\delta,+\infty)$, 其中 $\delta>0$}
\textbf{解}\quad
(1)显然当$x\in (0,\infty)$时,可以取$x_{n}=\dfrac{\pi}{2\cdot 3^{n}}$,从而级数$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} 2^{n} \sin \dfrac{1}{3^{n} x}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} 2^{n} $$发散.所以级数不一致收敛.\par 
(2)$x \geqslant \delta > 0$时,又有$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} 2^{n} \sin \dfrac{1}{3^{n} x}\sim \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{2^{n}}{3^{n}x}\leqslant\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{2^{n}}{3^{n}\delta}$$收敛.由Weierstrass判别法可知,级数绝对一致收敛.

\subsection{$\sum\limits_{n=2}^{\infty} \ln \left(1+\dfrac{|x|}{n(\ln n)^{2}}\right),$ (1) $x \in(-\infty,+\infty)$,
(2) $x \in[-l, l],$ 其中 $l>0$}
\textbf{解}\quad
(2)显然有$$\sum\limits_{n=2}^{\infty} \ln \left(1+\dfrac{|x|}{n(\ln n)^{2}}\right)\leqslant\sum\limits_{n=2}^{\infty} \dfrac{|x|}{n(\ln n)^{2}}\leqslant\sum\limits_{n=2}^{\infty} \dfrac{|l|}{n(\ln n)^{2}}$$由比较判别法,收敛,原级数绝对一致收敛.
(1)取$x_{n} = n(\ln n)^{2}$,$\sum\limits_{n=2}^{\infty} \ln \left(1+\dfrac{|x|}{n(\ln n)^{2}}\right)=\sum\limits_{n=2}^{\infty} \ln2$发散.从而由对角线判别法知级数不一致收敛.

\section{证明:函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(1-x) x^{n}$ 在区间 $[0,1]$ 上一致收敛,且对任意 $x \in[0,1],\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(1-x) x^{n}$ 绝对收敛,但 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(1-x) x^{n}$ 在区间 $[0,1]$ 上不一致收敛.}
\begin{proof}
    当$x=0,1$时,$S_{n}(x)\equiv 0$,当$x\in (0,1)$时,
    $$
    \begin{aligned}
        S(x) = \dfrac{x(x-1)}{x+1},\sup|S_{n}(x)- S(x)|=\sup \dfrac{1-x}{1+x}x^{n+1}\leqslant \dfrac{1}{n+2}=0(n\rightarrow \infty)
    \end{aligned}
    $$从而级数一致收敛.\par 
    $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(1-x) x^{n}=x(0\leqslant x<1)$,$x=1$时其为$0$,从而级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}(1-x) x^{n}$绝对收敛.\par 
    由于$\sup |S_{n(x)-S(x)}|=\lim\limits_{x\rightarrow 1}x=1>0$从而级数并不一致收敛.
\end{proof}

\section{设 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调且收敛于 $0,$ 证明: 对任意的 $\delta \in(0, \pi),$ 函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \sin n x$ 在区间 $[\delta, 2 \pi-\delta]$ 上一致收敛.}
\begin{proof}
    $$
    \begin{aligned}
        \left|\sum\limits_{k=1}^{n} \sin k x\right|&=\left| \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}}\left(2 \sin \frac{x}{2} \cdot \sin x+2 \sin \frac{x}{2} \cdot \sin 2 x+\cdots+2 \sin \frac{x}{2} \cdot \sin n x\right)\right|\\
        &=\left| \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}}\left\{\left[\cos \left(x-\frac{x}{2}\right)-\cos \left(x+\frac{x}{2}\right)\right]+\left[\cos \left(n x-\frac{x}{2}\right)-\cos \left(n x+\frac{x}{2}\right)\right]\right\}\right|\\
        &=\left|\frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}}\left[\cos \frac{x}{2}-\cos \left(n x+\frac{x}{2}\right)\right]\right| \leqslant \frac{1}{\left|\sin \frac{x}{2}\right|} \leqslant \frac{1}{\sin \frac{\delta}{2}}
    \end{aligned}
    $$
而 $a_{n}$ 单调趋于$0$,由Dirichlet判别法知, $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \sin n x$ 一致收敛, $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x$ 同理.
\end{proof}

\section{讨论下列函数项级数在指定区间上的一致收敛性 :}
\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{n+x^{2}}, x \in(-\infty,+\infty)$}
\textbf{解}\quad
显然$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}$一致有界,而且$\dfrac{1}{n+x^{2}}$单调递减趋于$0$,从而由Dirichlet判别法知级数一致收敛.

\subsection{$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \dfrac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{n}}, x \in(-\infty,+\infty)$}
\textbf{解}\quad
同上,只需证明$\dfrac{x^{2}}{(1+x^{2})^{n}}$单调减趋于$0$即可.当$x=0$时显然$S_{n}(x)\equiv 0$.当$|x|\in(0,\infty)$时,对$n$求导数,可得$\dfrac{x^{2}}{(1+x^{2})^{n}}$单调减.又因为$x^{2}>0$,从而其趋于$0$.综上,由Dirichlet判别法知,级数一致收敛.

\section{设级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛,证明 : 级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \mathrm{e}^{-n x}$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致收敛}
\begin{proof}
    当$x=0$时,级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \mathrm{e}^{-n x}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$,由条件,收敛.\par 
    当$x > 0$时,级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$一致有界,且$\dfrac{1}{e^{nx}}$单调减趋于$0$.从而由Dirichlet判别法知级数一致收敛.
\end{proof}

\section{级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛,证明:级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 在$[0,1]$上一致收敛}
\begin{proof}
    当$x=0$时显然级数部分和始终为$0$.$x=1$时级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$,由条件,收敛.\par 
    显又因为$\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$收敛从而一致有界(与$x$的取值无关),且$x^{n}$单调减趋于$0$,从而由Dirichlet判别法知级数一致收敛.
\end{proof}
\end{document}